Algebra und Zahlentheorie WS 13/14
Probeklausur FU Berlin
Dozent: PD Dr. Tobias Finis
Tutoren: Frederik Garbe, Huy Le Duc
Zentralübung: David Müßig
Name: Vorname:
Matrikel-Nr.:
Ich stimme der Veröffentlichung meiner Note unter Angabe meiner Matrikelnummer im Internet
◻ zu.
◻ nicht zu.
Berlin, Unterschrift:
Aufgabe 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ∑ Note
Punkte
Bitte beachten Sie:Wie immer gilt, dass zu einer vollständigen Lösung einkommentierter Lösungsweg gehört (abgesehen von Aufgaben, in denen auf einen Begründung ausdrücklich verzichtet wird).
Zugelassene Hilfsmittel:Beidseitig handschriftlich beschriebenes Din-A4 Blatt, Taschenrech- ner, Papier, Stift, Kaffee.
Bei den hier angegebenen Lösungen handelt es sich um Lösungsskizzen, d.h. es fehlen u.U.
Zwischenschritte. Diese Skizzen sollen Ihnen lediglich die Beweisidee vermitteln.
1. Aufgabe 4 Punkte
Welche der folgenden Gruppen sind zyklisch? Kreuzen Sie an (ohne Begründung).
Gruppe zyklisch nicht-zyklisch Z/2Z×Z/6Z ×
Z/4Z×Z/3Z ×
A3 ×
A4 ×
(Z/13Z)× ×
(Z/15Z)× ×
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2. Aufgabe 4 Punkte
Geben Sie die Primideale im RingC[x]explizit an.
Lösung.Primideale (≠ (0)) inC[x] haben die Form I = (x−a), mit a∈C. Polynome höheren Grades können kein Primideal erzeugen, da jedes nichtkonstante Polynom überCmindestens eine Nullstelle besitzt und Polynome vom Grad > 1 daher nicht irreduzibel sein können. Zudem ist auch das Nullideal(0)ein Primideal inC[x], daC[x]nullteilerfrei ist. DaC[x]als Polynomring über einem Körper euklidisch und damit auch Hauptidealring ist, sind das alle Primideale.
3. Aufgabe 4 Punkte
Welches der folgenden Polynome sind irreduzibel inQ[x]? (a) x5+6x3+12x−3
(b) x3+2x2−2x+3
Lösung.Das Polynom in (a) ist nach Eisenstein (p=3) irreduzibel inQ[x].
Das Polynom aus (b) ist nicht irreduzibel, da es eine Nullstelle beix= −3 hat:(−3)3+2(−3)2− 2(−3) +3= −27+18+6+3=0. Damit lässt sich der Faktor(x+3)vom Polynom abspalten:
(x2−x+1) ⋅ (x+3) =x3+2x2−2x+3.
4. Aufgabe 4 Punkte
Was sind die möglichen Ordnungen der Elemente von(Z/97Z)×?
Lösung.97 ist eine Primzahl, daher gilt(Z/97Z)×≅Z/96Z und96=32⋅3=25⋅3, also sind die möglichen Elementordnungen2i⋅3j, wobei0≤i≤5und0≤j≤1.
Es gibt also 12 Möglichkeiten.
5. Aufgabe 4 Punkte
SeiF ∶=Q[x]/(x3−5)undρdie Restklasse von xin F. Wir wissen (d.h. das darf ohne Beweis benutzt werden):
● F ist ein Körper
● B∶= {1, ρ, ρ2}ist eineQ-Basis von F
Bestimmen Sie die Koeffizienten von(1+ρ)−1in der BasisB.
Lösung.Gesucht ist ein Element der Formaρ2+bρ+cmita, b, c∈Q, so dass(1+ρ)⋅(aρ2+bρ+c) =1 gilt. Dazu teilen wirx3−5mit Rest durch(1+x)und erhalten
(x3−5) ∶ (x+1) =x2−x+1 Rest −6 und damit ist6= (ρ2−ρ+1) ⋅ (ρ+1)inF, woraus folgt
1= ( 1 6ρ2−
1 6ρ+
1
6) ⋅ (ρ+1) und daher ist 16(ρ2−ρ+1) = (1+ρ)−1 inF.
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6. Aufgabe 4 Punkte
Geben Sie die Kompositionsfaktoren von GL(2,F11)an.
Lösung.GL(2,F11)/SL(2,F11)ist isomorph zuF×11, diese Gruppe ist zyklisch von der Ordnung 10, also isomorph zu dem Produkt von Z/2Z und Z/5Z. Der Quotient der Gruppe SL(2,F11) nach ihrem Zentrum, das isomorph zuZ/2Zist, ist die einfache GruppeP SL(2,F11). Die Kom- positionsfaktoren sind also:Z/2Z(mit Vielfachheit 2),Z/5ZundP SL(2,F11).
7. Aufgabe 4 Punkte
Wie viele Isomorphieklassen endlicher abelscher Gruppen der Ordnung 360 gibt es?
Lösung.Es ist360=23⋅32⋅5, für die direkten Faktoren der Ordnung pn gibt es die folgenden Möglichkeiten:
23∶Z/8Z,Z/2Z×Z/4Z,(Z/2Z)3 (drei Möglichkeiten) 32∶Z/9Z,(Z/3Z)2 (zwei Möglichkeiten)
5∶Z/5Z (eine Möglichkeit)
Insgesamt gibt es durch Produktbildung sechs Isomorphieklassen
8. Aufgabe 4 Punkte
Geben Sie ein irreduzibles Polynom vom Grad 3 inF5[x]an.
Lösung.Ein Polynom vom Grad 3 in F5[x]hat die Form f(x) =x3+ax2+bx+c (wir können o.B.d.A. davon augehen, dassf(x)normiert ist). Wenn sich das Polynom zerlegen lässt, dann in der Form
x3+ax2+bx+c= (x2+βx+γ)(x+ε),
was bedeutet, dassf(x)an der Stelle−εeine Nullstelle hat. Wir müssen also ein Polynom finden, das keine Nullstelle inF5[x]hat. Ein solches ist z.B.f(x) =x3+2x2+1, denn:
f(0) =1, f(1) =4, f(2) =2, f(3) =1, f(4) =2.
Insgesamt gibt es 40 normierte irreduzible Polynome (diese Aussage ist nicht Teil der Lösung, lediglich ein Kommentar).
9. Aufgabe 4 Punkte
Zeigen Sie: Eine Gruppe der Ordnung5⋅13=65besitzt immer einen Normalteiler der Ordnung 5.
Lösung.Nach den Sylow-Sätzen hat die Gruppe mindestens eine5-SylowuntergruppeA5, welche Ordnung 5 hat. Außerdem gilt für die Anzahl s5 an 5-Sylowuntergruppen s5 ≡1(mod 5) und s5∣65. Da13≡/1 (mod5) kann nurs5=1gelten und damit istA5nach Vorlesung ein Normalteiler der GruppeG.
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10. Aufgabe 4 Punkte
Schreiben Sie folgende Permutation als Produkt disjunkter Zykel:
σ∶=
⎛
⎜
⎝
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
3 8 4 1 6 5 10 7 9 2
⎞
⎟
⎠
Lösung.σ= ( 1 3 4 )( 2 8 7 10 )( 5 6 ).
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